Les dérivations

[Julien022]

Bonjour,
Voilà j'ai 3 exercices, à faire, je les ai tous commencés, sans savoir comment les terminer..
Voici les énoncés: (j'ai mis mon avancement plus bas.)

Exercice I)
f est la fonction définie sur R par : f(x) = 4x² - 6x+ 2.
Démontrez que la courbe C représentative de f est au-dessus de n'importe laquelle des ses tangentes.

Exercice II)
A tout nombre m différent de 0, on associe la parabole Pm d'équation :
y = mx² + (1 - 2m)x + m.
Démontrez que toutes ces paraboles sont tangentes entre elles.
NOTE : On dit que deux paraboles P1 et P2 sont tangentes lorsqu'elles ont un point commun A et un tangente commune en A.

Exercice III)
La courbe C ci dessus est celle d'une fonction f définie et dérivable sur R. Les tangentes à la courbe en A et B sont horizontales. La tangente en O, origine du repère passe par le point C(-1;2).
(Voir illustration)
1-Justifiez que : f'(0)=-2; f'(-1)=0 et f'(2)=0
2-On suppose que la fonction f', dérivée de f est définie pour tout x par f'(x)=ax²+bx+c. Calculez a,b et c et déterminez f'(x)




Merci d'avance pour votre aide :happy2:

[eriadrim]

Pour l'exercice I :

Tu pars très bien et tu as raison, il suffit de montrer que f(x) - y(x) > 0. Ta simplification de de f(x) - y(x) qui suis est également très utile.

Pour te débloquer, il faut que se souvenir que un trinôme est du signe du coefficient en x² sauf entre les racines. En l'occurence le coefficient devant x² est 4 donc pour que f(x) - y(x) > 0, il faut que le trinôme n'est pas de racines, donc que le discriminant soit strictement négatif.

Je te laisse voir si ça t'aide un peu.

Pour l'exercice II :

Repars de (m-p)x²+2(p-m)x+m-p = 0 et simplifie par (m-p), tu devrais tombé sur une identité remarquable

Pour l'exercice III :

Pour le début c'est juste mais pour f'(-1) et f'(2) tu te complique la vie : les tangentes sont horizontal donc coefficients directeurs nuls donc f'(-1) = 0 et f'(2) = 0.
Pour f'(0) c'est bien

Pour la 2) l'idée c'est d'appliquer la question 1) à f' et tu obtient trois équations à trois inconnus :

c = -2
a - b + c = 0
4a + 2b + c = 0

A toi de résoudre après

Et t’inquiète pas pour le pavé je pense que sur le forum tout le monde préfère quelqu'un qui propose des choses même fausses ou qui ne part pas dans la bonne direction à : "voila l'énoncé maintenant faites le à ma place"

[Julien022]

Exercice I :
4x²-6x+2-[(8a-6)x-4a²+2]>0

après réduction, :
4x²-8ax+4a² > 0
4(x²-2ax+a²) > 0
(x-a)² > 0
Un carré est toujours positif donc f(x) est supérieur à T:(y)= (8a-6)x-4a²+2 ce qui signifie que la courbe représentative de f est située au-dessus de la tangente pour n'importe quel a.

Exercice II :
Delta = 0
donc xA=-b/2a devient -2(p-m)/2(m-p)
x = 1
d'où yA = f(xA) = 1
Toutes les paraboles sont tangentes au point A( 1 ; 1).
C'est le point commun à toutes les paraboles.

[Dude5219]

Salut,

I) f(x)-y=4[x²+(3-2a)x+4a²]

En posant f(x)-y=0 pour étudier le signe tu devrais y aboutir.
D=-12a²-12a+9
1e cas : D<0, pas de solution. A ce moment f(x)-y a le signe du coefficient de x². (4>0)
2e cas : D>=0, deux solutions. A ce moment tu auras deux valeurs de a qui annulent le D. Puis tu remplaces ces valeurs de a (-3/2 ou 1/2 si je ne me suis pas trompé) dans f(x)-y. Tu constateras que pour chaque valeur de a, f(x)-y sera une identité remarquable de la forme (x+y)^2.

II) Tu pourrais commencer par poser : y_m1 = y_m2 (Ca va te servir pour conclure)
C'est correct à une erreur près : -2(p-m)/2(m-p)=-2(p-m)/-2(p-m)=1 (ton m= m_1 et ton p = m2)

Comme il existe un réel x=1 pour lequel y_m1=y_m2 (m1 et m2 de la famille m), alors toutes ces paraboles sont tangentes entre elles.

III) La question précédente devrait te servir à monter un système à trois inconnues. Comme l'a dit #Eriardrim.

En espèrant t'avoir aidé

[Dude5219]

Exercice I :
4x²-6x+2-[(8a-6)x-4a²+2]>0

après réduction, :
4x²-8ax+4a² > 0
4(x²-2ax+a²) > 0
(x-a)² > 0
Un carré est toujours positif donc f(x) est supérieur à T:(y)= (8a-6)x-4a²+2 ce qui signifie que la courbe représentative de f est située au-dessus de la tangente pour n'importe quel a.

Exercice II :
Delta = 0
donc xA=-b/2a devient -2(p-m)/2(m-p)
x = 1
d'où yA = f(xA) = 1
Toutes les paraboles sont tangentes au point A( 1 ; 1).
C'est le point commun à toutes les paraboles.

Oui, tout à fait. Avec ton résultat sur l'exercice I), je viens de réaliser que j'ai posé 4x²+6x (au lieu de -6)+2 .

Au final, tu t'en es bien sorti tout seul.

[Julien022]

Merci pour vos réponses;

Exercice II :
Delta = 0
donc xA=-b/2a devient -2(p-m)/2(m-p)
x = 1
Je remplace x par sa valeur dans l'équation de départ mx²+(1-2m)x+m :
f(1) = m1²+(1-2m)1+m
f(1) = 1m+1-2m*1+m
f(1) = -1m+m+1
f(1) = 1
1=x=y
d'où yA = f(xA) = 1
Je calcule l'équation de la tangente au point A(1;1) pour y = mx² + (1 - 2m)x + m :
y = f'(1)(x-1) + f(1) f'(1)=2m+(1-2m)
y = 1(x-1)+1
y = 1x-1+1
y = 1x
L'équation de la tangente ne dépend pas de m donc toutes les paraboles sont tangentes entre elles au point A(1 ; 1) qui est le point commun à toutes les paraboles d'équation y=mx²+(1-2m)x+m


Exercice III :
Ah je pense avoir compris :

f'(0) = -2 donne a*0 + b*0 + c = -2, soit c = -2
f'(-1) = 0 donne a*(-1)²+b*(-1)+c = 0 soit a-b-2 = 0
f'(2) = 0 donne a*(2)²+b*(2)+c = 0 soit 4a+2b-2 = 0

a = b + 2
=> 4 ( b +2) + 2 b = 2
=> b = 4b+4*2+2b = 2
=> 6b = 2-8
=> b = -1

Si a = b+2 alors a = (-1)+2 = 1


a - b = 2
=> a = 2 + b
=> a = 2 - 1 = 1

l'équation de f' (x) = x² - x - 2

a = 1

b= -1

c = -2


Le signe de la dérivée est positif car a est positif.


C'est exact?
:hein3: